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Autor Tema: Una posible demostración para n=4  (Leído 2196 veces)
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jorgekarras
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« : 22/05/2017, 05:23:23 am »

Hola a todos,


a ver qué os parece.

Parto de que el caso n=2

[texx]x^2+y^2=z^2[/texx]

se puede ejemplificar como un triángulo rectángulo con números naturales, donde [texx]z[/texx] sería la hipotenusa (por convención, [texx]y[/texx] el cateto impar, [texx]x[/texx] el par, para ternas pitagóricas donde (y,x,z) son coprimos)

1) En otro hilo demostré que para que haya una solución con números naturales se debe atener a las siguientes igualdades:

[texx]x^2=2pq+2p^2[/texx]
[texx]y^2=2pq+q^2[/texx]
[texx]z^2=2pq+2p^2+q^2[/texx]

siendo p,q cualquier número natural (incluido el cero, aunque son soluciones obvias: 1+0=1; 0+0=0)  [texx](p,q)\in{N}[/texx]

2) Advertimos que sólo hay una única solución natural para z. Es decir, que z sólo puede ser la hipotenusa de un único triángulo rectángulo si [texx]z\in{N}[/texx]

3) La cuestión es por qué no es posible un triángulo de este tipo:




[texx]x^4+y^4=z^4[/texx]

4) Este triángulo debe cumplir la misma fórmula que el punto 1. Pero de ahí se deducen dos cosas:

la primera es que el resto de la hipotenusa z y el cateto par x es siempre un cuadrado

[texx]z-x=q^2[/texx]

pero también se observa que toda hipotenusa z es asimismo la suma de dos cuadrados:

[texx]z=2pq+2p^2+q^2= p^2 + (p^2+2pq+q^2)= p^2 + (p+q)^2[/texx]

5) Lo que sucede es que si admitimos la igualdad del caso n=4
[texx]x^4+y^4=z^4[/texx]

tenemos también que admitir que la hipotenusa es un cuadrado [texx]z^2[/texx] que debe cumplir

[texx]z^2-x^2=q^2[/texx] y por tanto que [texx]z^2=x^2 +q^2[/texx]

es decir, que z es la hipotenusa de un triángulo rectángulo

pero al mismo tiempo sabemos que

[texx]z^2= p^2 + (p+q)^2[/texx]

es decir, que z es también sería la hipotenusa de otro triángulo rectángulo.

y como esto es incompatible con el punto 2, niega la posibilidad de soluciones naturales para el caso n=4

[texx]x^4+y^4\neq{=}z^4[/texx]


salu2

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Luis Fuentes
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« Respuesta #1 : 22/05/2017, 06:33:36 am »

Hola

 En general, te estás expresando de manera imprecisa. No sé exactamente que quieres decir en algunos pasos. Además no justificas debidamente las afirmaciones.

Parto de que el caso n=2

[texx]x^2+y^2=z^2[/texx]

se puede ejemplificar como un triángulo rectángulo con números naturales, donde [texx]z[/texx] sería la hipotenusa (por convención, [texx]y[/texx] el cateto impar, [texx]x[/texx] el par, para ternas pitagóricas donde (y,x,z) son coprimos)

1) En otro hilo demostré que para que haya una solución con números naturales se debe atener a las siguientes igualdades:

[texx]x^2=2pq+2p^2[/texx]
[texx]y^2=2pq+q^2[/texx]
[texx]z^2=2pq+2p^2+q^2[/texx]

siendo [texx]p,q[/texx] cualquier número natural (incluido el cero, aunque son soluciones obvias: 1+0=1; 0+0=0)  [texx](p,q)\in{N}[/texx]

Hasta aquí de acuerdo.

Cita
2) Advertimos que sólo hay una única solución natural para z. Es decir, que z sólo puede ser la hipotenusa de un único triángulo rectángulo si [texx]z\in{N}[/texx]

Aquí ya no se exactamente que quieres decir. Tal como lo entiendo parece que dices que fijado un valor de [texx]z[/texx] hay un único par de números enteros [texx](x,y)[/texx] que cumplan [texx]x^2+y^2=z^2[/texx]. Si es eso lo que quieres decir es falso.

Por ejemplo [texx](464,777,905)[/texx] y [texx](616,663,905)[/texx] son ternas pitagóricas.

Y en cualquier caso deberías de haberlo justificado, no afirmado sin más. Si te referías a otra cosa explica exactamente a que cosa te refieres. Y recuerda que si pretendes que esto se parezca a una demostración debes de justificar, argumentar, probar cada afirmación que haces.

Cita
3) La cuestión es por qué no es posible un triángulo de este tipo:

[/url]caso n4 by jorgekarras, on Flickr[/img]

Por favor adjunta y muestra las imágenes como se indica aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=3659.msg14457#msg14457

Cita
[texx]x^4+y^4=z^4[/texx]

4) Este triángulo debe cumplir la misma fórmula que el punto 1. Pero de ahí se deducen dos cosas:

No sé que quiere decir que "un triángulo cumpla la misma fórmula que 1". Debes de ser más preciso. ¿Exactamente qué números deben de cumplir la misma fórmula? ¿La misma fórmula con los mismos valores [texx]p[/texx] y [texx]q[/texx] o con otros diferentes? ¿Por qué?. No vale afirmar las cosas sin más.

En lo que sigue ya no entiendo nada. Es menester aclarar primero las cosas hasta aquí.

Saludos.
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« Respuesta #2 : 23/05/2017, 02:39:12 am »

Hola, el_manco, gracias por tu tiempo y apreciaciones.
tienes toda la razón, el punto 2) no lo he demostrado, por alguna razón pensé que era correcto sin pararme a pensar. tu contraejemplo lo demuestra, tengo que analizarlo.

Básicamente la idea es que cualquier solución par con n>2 para el teorema de Fermat no deja de ser un triángulo rectángulo, así que su imposibilidad debe estar relacionada con la propia estructura numérica de estos triángulos.

salu2
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« Respuesta #3 : 23/05/2017, 06:34:40 am »

Hola

Hola, el_manco, gracias por tu tiempo y apreciaciones.
tienes toda la razón, el punto 2) no lo he demostrado, por alguna razón pensé que era correcto sin pararme a pensar. tu contraejemplo lo demuestra, tengo que analizarlo.

Ok.

Saludos.
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« Respuesta #4 : 23/05/2017, 01:03:43 pm »

Expondré una solución parcial, a ver si cuela   :BangHead: :BangHead:

Se trata de la imposibilidad del caso n=4 con números primos como cateto impar.

En la igualdad propuesta

[texx]z^4=x^4+y^4[/texx]

el cateto impar[texx] y^2[/texx] se iguala a:

[texx]y^2=2pq+q^2= q(2p+q)[/texx]

Si y es primo, q=1, ya que un primo no puede tener dos factores distintos a sí mismo y a la unidad.

En ese caso, también se debe cumplir que

[texx]z^2=x^2+q^2[/texx]

pero sí q=1 esta solución es imposible para cualquier número natural, ya la diferencia entre dos cuadrados siempre es superior a 3.

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« Respuesta #5 : 23/05/2017, 04:44:21 pm »

Hola

Se trata de la imposibilidad del caso n=4 con números primos como cateto impar.

En la igualdad propuesta

[texx]z^4=x^4+y^4[/texx]

el cateto impar[texx] y^2[/texx] se iguala a:

[texx]y^2=2pq+q^2= q(2p+q)[/texx]

Si y es primo, q=1, ya que un primo no puede tener dos factores distintos a sí mismo y a la unidad.

En ese caso, también se debe cumplir que

[texx]z^2=x^2+q^2[/texx]

pero sí q=1 esta solución es imposible para cualquier número natural, ya la diferencia entre dos cuadrados siempre es superior a 3.

Si, esto está bien. En una terna pitagórica si un cateto es primo entonces los otros dos términos difieren en una unidad.

Saludos.
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« Respuesta #6 : 24/05/2017, 04:41:29 am »

Gracias de nuevo, el_manco. Y perdona por el lenguaje en ocasiones poco matemático, no soy profesional de esto. :BangHead:

Siguiendo el hilo ya me he dado cuenta el por qué de la imposibilidad del triángulo propuesto.

La cosa es así, más o menos: como no es posible una solución con números primos, no es posible ninguna solución.

Eso lo tengo claro en mi cabeza, pero no sé si sabré explicarlo, así que os pido un poco de paciencia, comprensión y ayuda, je, je...


La cuestión es que todas las ternas, todos los triángulos equiláteros con lados enteros, están relacionados entre sí.

La relación se establece como resultado de simples operaciones aritméticas:

Siendo (xy,z) tres números enteros

[texx](x,y,z)\in{Z}[/texx]

e incluyo también el cero y los negativos, el primero por trivial y los segundos porque sus resultados coinciden con los positivos.

para que cumplan

[texx]z^2=x^2+y^2[/texx]

debe cumplirse también la relación

[texx]r^2=2ab[/texx]

siendo

r=x+y-z
a=x-r
b=y-r

si a su vez realizamos una operación similar donde

s=a+b-r
j=a-s
k=b-s

y sustituimos en

[texx]r^2=2ab[/texx]
[texx](j+k+s)^2=2(j+s)(k+s)[/texx]

encontramos que

[texx]s^2=j^2+k^2[/texx]

que es otra terna. Es decir, que para que exista una terna es necesario que exista otra con números más pequeños. El resultado es que en realidad todas las ternas tienen su origen en la más simple,
(3,4,5)

como queda reflejado en esta imagen:



Por ejemplo, la terna (y=105, x=208, y=233) tiene su origen en la terna (k=-55, j=48, s=73)

aquí tengo que hacer una salvedad y convertir todos los números a positivos porque numéricamente es lo mismo (la razón es explicable, pero me alargaría).

la terna (k=55, j=48, s=73) es originada a su vez por la terna (-5,-12.13)

que nuevamente podemos equivaler a (5,12,13)..., etc.


El resultado, como muestra la estructura de árbol de la imagen, es que toda terna está relacionada con otra que antes o después se relaciona con una "terna coja", es decir, con la unidad como diferencia entre el cateto par y la hipotenusa. Y antes o después con una terna con un cateto primo.

Y como se ha demostrado la imposibilidad de

[texx]z^4=y^4+x^4[/texx]

para un número primo, tampoco puede existir una terna derivada de él y por tanto

[texx]z^4\neq{}y^4+x^4[/texx]

para [texx](z,x,y)\in{Z}[/texx].


No sé si mi razonamiento es convincente. Saludos.

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« Respuesta #7 : 24/05/2017, 05:24:43 am »

Hola

Gracias de nuevo, el_manco. Y perdona por el lenguaje en ocasiones poco matemático, no soy profesional de esto. :BangHead:

Siguiendo el hilo ya me he dado cuenta el por qué de la imposibilidad del triángulo propuesto.

La cosa es así, más o menos: como no es posible una solución con números primos, no es posible ninguna solución.

Eso lo tengo claro en mi cabeza, pero no sé si sabré explicarlo, así que os pido un poco de paciencia, comprensión y ayuda, je, je...


La cuestión es que todas las ternas, todos los triángulos equiláteros con lados enteros, están relacionados entre sí.

La relación se establece como resultado de simples operaciones aritméticas:

Siendo (xy,z) tres números enteros

[texx](x,y,z)\in{Z}[/texx]

e incluyo también el cero y los negativos, el primero por trivial y los segundos porque sus resultados coinciden con los positivos.

para que cumplan

[texx]z^2=x^2+y^2[/texx]

debe cumplirse también la relación

[texx]r^2=2ab[/texx]

siendo

r=x+y-z
a=x-r
b=y-r

si a su vez realizamos una operación similar donde

s=a+b-r
j=a-s
k=b-s

y sustituimos en

[texx]r^2=2ab[/texx]
[texx](j+k+s)^2=2(j+s)(k+s)[/texx]

encontramos que

[texx]s^2=j^2+k^2[/texx]

que es otra terna. Es decir, que para que exista una terna es necesario que exista otra con números más pequeños. El resultado es que en realidad todas las ternas tienen su origen en la más simple,
(3,4,5)

Esencialmente ahí dices que si [texx](x,y,z)[/texx] es una terna pitagórica entonces [texx](|3z-2x-2y|,|2x+y-2z|,|2y+x-2z|)[/texx] es una terna pitagórica también: correcto.

Cita
El resultado, como muestra la estructura de árbol de la imagen, es que toda terna está relacionada con otra que antes o después se relaciona con una "terna coja", es decir, con la unidad como diferencia entre el cateto par y la hipotenusa. Y antes o después con una terna con un cateto primo.

Y como se ha demostrado la imposibilidad de

[texx]z^4=y^4+x^4[/texx]

para un número primo, tampoco puede existir una terna derivada de él y por tanto

[texx]z^4\neq{}y^4+x^4[/texx]

para [texx](z,x,y)\in{Z}[/texx].

No sé si mi razonamiento es convincente. Saludos.

La idea podría funcionar; de hecho (la idea, que no el procedimiento) es practicamente la misma que la demostración oficial del caso [texx]n=4[/texx]. Dada un solución de [texx]x^4+y^2=z^2[/texx] mostrar que se puede construir otra solución más pequeña y concluir con el argumento de "descenso infinito".

Ahora tal como lo haces tu queda una cabo suelto importante y en absoluto obvio. El procedimiento que describes muestra como obtener una terna pitagórica más pequeña (en concreto con [texx]z[/texx] más pequeño) a partir de una dada; pero el problema es que tu lo aplicas para una solución de [texx]x^4+y^4=z^4[/texx], de forma que tu terna pitagórica es [texx](x^2,y^2,z^2)[/texx]. El procedimiento te devuelve otra terna  [texx](|3z^2-2x^2-2y^2|,|2x^2+y^2-2z^2|,|2y^2+x^2-2z^2|)[/texx], pero nada te garantiza (a no ser que lo demuestres) que esos tres números sean a su vez cuadrados perfectos y puedan dar lugar a una solución más pequeña de la ecuación de Fermat de grado [texx]4[/texx].

Saludos.
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« Respuesta #8 : 24/05/2017, 08:08:12 am »

Ahá, creo que comprendo. Es posible que alguna terna intermedia sí pudiera tener los tres lados con cuadrados perfectos...

pensaré en ello, gracias de nuevo
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« Respuesta #9 : 24/05/2017, 08:46:04 am »

Hola

Ahá, creo que comprendo. Es posible que alguna terna intermedia sí pudiera tener los tres lados con cuadrados perfectos...

Más bien a contrario. El problema está en que si partes de una supuesta terna con los tres lados con cuadrados perfectos, al "ir hacia atrás" pudieras obtener una terna donde los tres lados ya no son cuadrados perfectos y ahí no habría ningún problema ni contradicción en que uno de ellos fuese primo.

Saludos.
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jorgekarras
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« Respuesta #10 : 05/06/2017, 01:38:47 pm »

hola de nuevo:

he estado dándole vueltas al asunto.

Voy a proponer una vía que creo correcta.

Se puede demostrar que para que exista una terna [texx](x,y,z) \in{N} [/texx] que cumpla

[texx]z^2=x^2+y^2[/texx]

debe cumplirse igualmente que la suma y la resta entre la hipotenusa y el cateto par es un cuadrado.
[texx]
z-x= q^2[/texx]
[texx]z+x= Q^2[/texx]

siendo [texx](q,Q)\in{N} [/texx]

Sucede entonces que para que se diera una terna

[texx]z^4=x^4+y^4[/texx]

tendrían que darse otras dos ternas tal que

[texx]z^2-x^2= q^2;
x^2+q^2 = z^2[/texx]
[texx]z^2+x^2= Q^2[/texx]

cosa que no es posible... je, je...

Me río porque sé que no es posible por razonamiento lógico: dado que todas las ternas están relacionadas entre sí, una de estas dos no estaría dentro del "árbol" de todas las ternas posibles (ver la figura que colgué antes).

Pero por ahora no he hallado la demostración matemática. Mi pregunta es si el planteamiento es correcto y merece la pena buscar esa demostración o es una vía muerta.

Salu2 y gracias por adelantado.


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« Respuesta #11 : 05/06/2017, 02:35:58 pm »

Hola

Voy a proponer una vía que creo correcta.

Se puede demostrar que para que exista una terna [texx](x,y,z) \in{N} [/texx] que cumpla

[texx]z^2=x^2+y^2[/texx]

debe cumplirse igualmente que la suma y la resta entre la hipotenusa y el cateto par es un cuadrado.
[texx]
z-x= q^2[/texx]
[texx]z+x= Q^2[/texx]

siendo [texx](q,Q)\in{N} [/texx]

Sucede entonces que para que se diera una terna

[texx]z^4=x^4+y^4[/texx]

tendrían que darse otras dos ternas tal que

[texx]z^2-x^2= q^2;
x^2+q^2 = z^2[/texx]
[texx]z^2+x^2= Q^2[/texx]

cosa que no es posible... je, je...

Me río porque sé que no es posible por razonamiento lógico: dado que todas las ternas están relacionadas entre sí, una de estas dos no estaría dentro del "árbol" de todas las ternas posibles (ver la figura que colgué antes).

Pero por ahora no he hallado la demostración matemática. Mi pregunta es si el planteamiento es correcto y merece la pena buscar esa demostración o es una vía muerta.

Si; esa idea funciona y está completada aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=76985.0

Saludos.
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« Respuesta #12 : 05/06/2017, 07:14:15 pm »


Si; esa idea funciona y está completada aquí:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=76985.0

Saludos.

Ah, perfecto!

Veo que mente oscura usa la fórmula tradicional y desarrolla el argumento estupendamente, no hace falta ni que me esfuerce... :sonrisa_amplia:
Voy a intentar complementarlo ofreciendo otra demostración aprovechando la característica de que todas las ternas están conectadas.

Salu2
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